2025届高三数学一轮复习对点练62：向量法求距离、探索性及折叠问题

2025届高三数学一轮复习对点练62　向量法求距离、探索性及折叠问题 1.(2024·西安调研)某学校组织学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为四棱锥.在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，E为AD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，且二面角P－BE－C的余弦值为. 求：(1)PD的长； (2)点C到平面PEB的距离. 2.如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离. 3.(2024·广州调研)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2). (1)求证：FP∥平面A1BE； (2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值. 4.(2024·河南名校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝，BC＝CD＝2，AD＝，DE⊥AB，垂足为点E.将△AED沿DE折起，使点A到点P的位置，且PE⊥EB，连接PB，PC，点M，N分别为PC，EB的中点，连接CN，ND，DM，MN. (1)求证：MN∥平面PED； (2)求二面角D－MN－C的正弦值. 5.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求证：PD⊥平面PAB； (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 6.(2024·长沙模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点. (1)求证：平面BEF⊥平面PAC； (2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由. 参考答案 1.解　(1)由题意知DP，DA，DC三线两两垂直. 如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，E(1，0，0). 设PD＝a(a>0)，则P(0，0，a)， 所以＝(2，2，－a)，＝(1，0，－a). 易知平面CBED的一个法向量为n1＝(0，0，1). 设平面PBE的法向量为n2＝(x，y，z)， 则即 取z＝1，得x＝a，y＝－， 即n2＝为平面PBE的一个法向量. 则|cos 〈n1，n2〉|＝＝， 解得a＝2(负值舍去)，故PD的长为2. (2)由(1)得，n2＝(2，－1，1)，＝(2，0，0)，则点C到平面PEB的距离为 ＝＝. 2.解　如图，设DE的中点为O，BC的中点为F， 连接OP，OF，OB，则OP⊥DE， 因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以OP⊥平面BCDE. 因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，所以DE∥BC. 因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以DE∥平面PBC. 又OF⊥DE， 所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，P(0，0，)，B(2，，0)，C(－2，，0)，F(0，，0)， 所以＝(2，，－)，＝(4，0，0). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 令y＝z＝1，所以n＝(0，1，1). 因为＝(0，，0)， 设点O到平面PBC的距离为d， 则d＝＝＝. 因为点O在直线DE上， 所以直线DE到平面PBC的距离等于. 3.(1)证明　如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ， 则有PQ∥BC， 且PQ＝BC. 又EF∥BC， 且EF＝BC， 所以PQ∥EF，且PQ＝EF， 则四边形EFPQ为平行四边形，则FP∥EQ. 又FP⊄平面A1BE，EQ⊂平面A1BE， 所以FP∥平面A1BE. (2)解　如图，取EF的中点O，BC的中点G，连接A1O，OG. 由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF， A1O⊂平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB， 此时，OA1，OE，OG两两垂直， 以O为坐标原点，OE，OG，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系， 则A1(0，0，)，F(－1，0，0)，B(2，，0)，C(－2，，0). 由P为A1C的中点，则P， 则＝(－1，0，－)，＝(3，，0)，＝. 设平面BFP的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝－，z＝， 故n＝(1，－，). 设直线A1F与平面BFP所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 故直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值为. 4.(1)证明　如图，取PB的中点Q，连接MQ，NQ. 因为AB∥CD，∠ABC＝，DE⊥BE， 所以四边形BCDE为正方形. 因为点M，N，Q分别为PC，BE，PB的中点， 所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE. 又DE，PE⊂平面PED，MQ，NQ⊄平面PED， 所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED. 因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面PED. 因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PED. (2)解　由题意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB. 因为AD＝，DE＝BC＝2， 所以AE＝＝1，即PE＝1. 以E为坐标原点，EB，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系， 则D(0，2，0)，M，N(1，0，0)，C(2，2，0)， 则＝，＝(1，－2，0)， ＝，＝(－1，－2，0). 设平面DMN的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令x＝2，得y＝1，z＝－2， 所以m＝(2，1，－2). 设平面CMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝－1，则x1＝2，z1＝2， 所以n＝(2，－1，2). 所以cos 〈n，m〉＝＝＝－， 所以二面角D－MN－C的正弦值为＝. 5.(1)证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴PD⊥平面PAB. (2)解　取AD中点O， 连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PO⊥平面ABCD. ∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO. ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系， 易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0). 则＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)， ＝(2，0，－1)，＝(－2，－1，0). 设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量， 由得 解得即n＝. 设PB与平面PCD的所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， ∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. (3)解　假设存在，设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ， 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ). ∵BM⊄平面PCD，要使BM∥平面PCD， 当且仅当·n＝0， 即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝， ∴在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝. 6.(1)证明　∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴BE⊥AC. 又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC， ∴PA⊥BE. ∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BE⊥平面PAC. ∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC. (2)解　存在. 由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC， ∵点E，F分别为AC，PC的中点， ∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC. 又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直. 以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， ＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0). 设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]， ∴＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)， ＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2). 由已知得＝， 即＝， 解得λ＝或λ＝(舍去)，故λ＝， ∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点. 学科网（北京）股份有限公司 $$